题意: 给一个数的序列,询问一些区间,问区间内与区间其他所有的数都互质的数有多少个。

解法: 直接搞有点难, 所谓正难则反,我们求区间内与其他随便某个数不互质的数有多少个,然后区间长度减去它就是答案了。

那么怎么求区间内与区间其他某个数互质的数的个数(记为cnt)呢? 我们用L[i],R[i]表示在整个序列中左边与 i 最近的与 i 互质的数的位置,R[i]表示右边的,L[i],R[i]我们可以正反扫一遍顺便分解因子,用个pos[]记录很方便地求出。那么区间内的cnt为L[i]或R[i]在区间内的 i 的个数。

令事件 A:i 的 L[i]在区间内    B:i 的 R[i]在区间内, 则答案为

即 cnt = |A|+|B|-|A∩B|

那么

事件A 记为 [L[i],i] 在区间内

事件B 记为 [i,R[i] 在区间内

事件|A∩B| 记为 [L[i],R[i]]在区间内

用三个vector分别存下三种区间。

解决区间内有多少个区间可以用离线树状数组做。

注意: sort 结构体vector时务必在结构体中内嵌比较函数,手写cmp函数再 sort(v.begin(),v.end(),cmp) 会超时。我也不知道为啥。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
#define N 200007 struct node{
int l,r,ind;
node(int _l,int _r,int _ind):l(_l),r(_r),ind(_ind){}
node(){}
bool operator<(const node &B)const{ return r<B.r; }
}Q[N];
vector<node> AB[];
int ans[][N],T[N];
int a[N],pos[N],maxi,L[N],R[N],n,m,c[N]; int cmp(node ka,node kb) { return ka.r < kb.r; }
int lowbit(int x) { return x&-x; } void modify(int x)
{
if(x <= ) return;
while(x <= n) { c[x]++; x += lowbit(x); }
} int getsum(int x)
{
int res = ;
while(x > ) { res += c[x]; x -= lowbit(x); }
return res;
} void init()
{
int i,j;
for(i=;i<=maxi;i++) pos[i] = ;
for(i=;i<=n;i++)
{
int tmp = a[i];
for(j=;j*j<=tmp;j++)
{
if(tmp%j == )
{
L[i] = max(L[i],pos[j]);
pos[j] = i;
while(tmp%j == ) tmp/=j;
}
}
if(tmp != )
{
L[i]=max(L[i],pos[tmp]);
pos[tmp]=i;
}
}
for(i=;i<=maxi;i++) pos[i] = n+;
for(i=n;i>=;i--)
{
int tmp = a[i];
for(j=;j*j<=tmp;j++)
{
if(tmp%j == )
{
R[i] = min(R[i],pos[j]);
pos[j] = i;
while(tmp%j == ) tmp/=j;
}
}
if(tmp != )
{
R[i]=min(R[i],pos[tmp]);
pos[tmp]=i;
}
}
} void GET(int k)
{
memset(c,,sizeof(c));
int i,j = ;
for(i=;i<=m;i++)
{
int L = Q[i].l;
int R = Q[i].r;
int ind = Q[i].ind;
while(j < n && AB[k][j].r <= R)
modify(AB[k][j].l), j++;
ans[k][ind] = getsum(R)-getsum(L-);
}
} int main()
{
int i,j;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n+m)
{
maxi = ;
memset(ans,,sizeof(ans));
for(i=;i<;i++) AB[i].clear();
for(i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]), maxi = max(maxi,a[i]);
L[i] = , R[i] = n+;
}
init();
for(i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r);
Q[i].ind = i;
T[i] = Q[i].r-Q[i].l+;
}
sort(Q+,Q+m+);
for(i=;i<=n;i++)
{
AB[].push_back(node(L[i],i,)); //A : L[i]在区间内的数的个数
AB[].push_back(node(i,R[i],)); //B : R[i]在区间内的数的个数
AB[].push_back(node(L[i],R[i],)); //A交B
}
for(i=;i<;i++)
{
sort(AB[i].begin(),AB[i].end());
GET(i);
}
for(i=;i<=m;i++)
printf("%d\n",T[i]-ans[][i]-ans[][i]+ans[][i]); //容斥原理
}
return ;
}

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